2019届高考数学二轮复习客观题提速练六文

客观题提速练六
(时间45分钟满分80分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.(2017·南开区二模)设集合A={-1,0,2},集合B={-|∈A,且2-∉A},则B等于( )
(A){1} (B){-2}
(C){-1,-2} (D){-1,0}
2.甲、乙两人下棋,和棋概率为,乙获胜概率为,甲获胜概率是( )
(A)(B) (C) (D)
3.(2017·衢州期末)设i是虚数单位,复数1-3i的虚部是( )
(A)1 (B)-3i (C)-3 (D)3i
4.(2018·宝鸡三模)角α的终边与单位圆交于点(-,),则cos 2α等于( )
(A)(B)-(C) (D)-
5.(2018·榆林三模)已知a,b为直线,α,β为平面,在下列四个命题中,
①若a⊥α,b⊥α,则a∥b;②若a∥α,b∥α,则a∥b;
③若a⊥α,a⊥β,则α∥β;④若α∥b,β∥b,则α∥β.
正确命题的个数是( )
(A)1 (B)3 (C)2 (D)0
6.(2018·乐山一模)一算法的程序框图如图所示,若输出的y=,则输入的可能为( )
(A)-1 (B)1
(C)1或5 (D)-1或1
7.(2018·四川宜宾一诊)若将函数y=3sin 2的图象向右平移个单位,则平移后的函数的对称中心为( )
(A)(-,0)(∈) (B)(+,0)(∈)
(C)(-,0)(∈) (D)(+,0)(∈)
8.(2018·浙江模拟)不等式组所围成的平面区域的面积为( )
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
9.(2018·四川南充二模)抛物线Cy2=8的焦点为F,准线为l,P是l上一点,连接PF并延长交
抛物线C于点Q,若|PF|=|PQ|,则|QF|等于( )
(A)3 (B)4 (C)5 (D)6
10.(2018·台州一模)设数列{a n},{b n}满足a n+b n=700,=a n+b n,n∈N*,若a6=400,则( )
(A)a4>a3(B)b4<b3(C)a3>b3(D)a4<b4
11.(2018·洛阳一模)函数y=f()与y=g()的图象如图所示,则函数y=f()·g()的图象可能是( )
12.(2018·浦江县模拟)已知函数f()=(a3+4b)·e-,则( )
(A)当a>b>0时,f()在(-∞,0)上单调递减
(B)当b>a>0时,f()在(-∞,0)上单调递减
(C)当a<b<0时,f()在(0,+∞)上单调递增
(D)当b<a<0时,f()在(0,+∞)上单调递增
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(2018·宿州期末)若椭圆+=1过抛物线y2=8的焦点,且与双曲线2-y2=1有相同的焦点,则该椭圆的方程为.
14.(2018·绍兴一模)已知正三角形ABC的边长为4,O是平面ABC上的动点,且∠AOB=,则·的最大值为.
15.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边,且满足4cos2-cos2(B+C)=,若a=2,则△ABC 的面积的最大值是.
16.(2017·启东市校级模拟)如图,直三棱柱ABC A 1B1C1中,AB=1,BC=2, AC=,AA1=3,M为线段BB1上的一动点,则当AM+MC1最小时,△AMC1的面积为.
1.A 因为集合A={-1,0,2},集合B={-|∈A,且2-∉A},
-1∈A,且2-(-1)=3∉A,故1∈B;
0∈A,但2-0=2∈A,不满足题意;
2∈A,但2-2=0∈A,不满足题意.
故B={1},故选A.
2.C 甲获胜概率是1--=,故选C.
3.C 复数1-3i的虚部是-3.
故选C.
4.D 根据角α的终边与单位圆交于点(-,),可得=-,y=,r==1,
所以cos α==-,
则cos 2α=2cos2α-1=-,
故选D.
5.C 由“垂直于同一平面的两直线平行”知①真;
由“平行于同一平面的两直线平行或异面或相交”知②假;
由“垂直于同一直线的两平面平行”知③真;
在长方体中可以找到不满足要求的平面和直线,易知④假,故选C.
6.B 这是一个用条件分支结构设计的算法,
该程序框图所表示的算法的作用是求分段函数
y=的函数值,
输出的结果为,当<2时,sin =,解得=1+12,或=5+12,∈,即=1,-7,-11,…
当≥2时,2=,解得=-1(不合题意,舍去),
则输入的可能为1.故选B.
7.D 函数y=3sin 2的图象向右平移个单位得
y=3sin 2(-)=3sin(2-),
由2-=π得=+(∈),
所以y=3sin(2-)的对称中心为(+,0)(∈).故选D.
8.B 作出不等式组对应的平面区域如图
则阴影部分为三角形,
其中A(-,0),C(,0),
由得即B(0,),
则三角形的面积S=×2×=2,
故选B.
9.C 如图,直线l与轴的交点为D,
过Q点作QQ′⊥l,Q′为垂足,
设|QF|=d,由抛物线的定义可知
QQ′=d,又|PF|=|PQ|,
所以|PF|=4d,|PQ|=5d,
由△PDF∽△PQ′Q得,
所以=,解得d=5,
即|QF|=5,故选C.
10.C 由a n+b n=700,=a n+b n,
可得b n=700-a n,
即有a n+1=a n+280,
可得a n+1-400=(a n-400),
可得a n-400=(a6-400)·()n-6=0,
由于a6=400,
所以a n=400,b n=300,
则a4=a3,b4=b3,a3>b3,a4>b4,
故选C.
11.A 因为y=f()的有两个零点,并且g()没有零点; 所以函数y=f()·g()也有两个零点M,N,
又因为=0时,y=g()函数值不存在,
所以y=f()·g()在=0的函数值也不存在,
当∈(-∞,M)时,y<0;
当∈(M,0)时,y>0;
当∈(0,N)时,y<0;
当∈(N,+∞)时,y>0;
只有A中的图象符合要求.
故选A.
12.D f′()=3a2·e--(a3+4b)·e-=e-·(-a3+3a2-4b),
令g()=-a3+3a2-4b,
则g′()=-3a2+6a=-3a(-2).
若a<0,则当<0时,g′()>0,当0<<2时,g′()<0,当>2时,g′()>0,
所以g()在(-∞,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,
在(2,+∞)上单调递增,
所以当>0时,g()≥g(2)=4a-4b,
所以当b<a时,g()>4a-4b>0,即f′()>0,
所以当b<a<0时,f()在(0,+∞)上单调递增.
故选D.
13.解析抛物线y2=8的焦点坐标为(2,0),双曲线2-y2=1的焦点坐标为(±,0), 由题意,所以a2=4,b2=2.
所以椭圆的方程为+=1.
答案+=1
14.解析设△ABC的外接圆为☉O′,
则☉O′的直径2R==,
所以R=.
以O′为坐标原点,以O′C为y轴建立平面直角坐标系如图所示,
则=(4,0).
因为∠AOB=∠ACB=,
所以点O的轨迹为优弧(点A,B除外).
设=(a,b),显然当O为圆O′与轴负半轴的交点时,a取得最大值,这时
=(,),
所以·=4a≤.
答案
15.解析因为B+C=π-A,
所以cos 2(B+C)=cos(2π-2A)=cos 2A=2cos2A-1,
cos2=,
所以4cos2-cos 2(B+C)=,
可化为4cos2A-4cos A+1=0,
解之得cos A=,
又A为三角形的内角,所以A=,
由余弦定理得4=b2+c2-2bccos A≥2bc-bc=bc,
即bc≤4,当且仅当b=c时取等号,
所以S△ABC=bcsin A≤×4×=,
即面积的最大值为.
答案
16.解析将直三棱柱ABC A1B1C1中平面ABB1A1与平面BCC1B1展开成平面连接AC1,与BB1的交点即为满足AM+MC1最小时的点M,
由于AB=1,BC=2,AA1=3,再结合棱柱的性质,
可得BM=AA1=1,故B1M=2,
由立体图形及棱柱的性质,
可得AM=,AC1=,MC1=2,cos∠AMC1==-.
故sin∠AMC1=,
△AMC1的面积为×2×=.
答案。